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    海南省三亚市级名校2022年中考联考数学试卷含解析

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    海南省三亚市级名校2022年中考联考数学试卷含解析

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    这是一份海南省三亚市级名校2022年中考联考数学试卷含解析,共19页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁,点P等内容,欢迎下载使用。
    2021-2022中考数学模拟试卷
    考生请注意:
    1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。
    2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
    3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。

    一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,满分30分)
    1.如图,将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度,得到△ADE,若∠CAE=65°,∠E=70°,且AD⊥BC,∠BAC的度数为( ).

    A.60 ° B.75° C.85° D.90°
    2.若  ,则括号内的数是  
    A. B. C.2 D.8
    3.如图,△ABC中,D、E分别为AB、AC的中点,已知△ADE的面积为1,那么△ABC的面积是(  )

    A.2 B.3 C.4 D.5
    4.如图,AB是的直径,点C,D在上,若,则的度数为  

    A. B. C. D.
    5.如果关于x的方程没有实数根,那么c在2、1、0、中取值是( )
    A.; B.; C.; D..
    6.如图,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,AD⊥BC,垂足为D、E,F分别是CD,AD上的点,且CE=AF.如果∠AED=62°,那么∠DBF的度数为(  )

    A.62° B.38° C.28° D.26°
    7.如图,P为⊙O外一点,PA、PB分别切⊙O于点A、B,CD切⊙O于点E,分别交PA、PB于点C、D,若PA=6,则△PCD的周长为(  )

    A.8 B.6 C.12 D.10
    8.由一些相同的小立方块搭成的几何体的三视图如图所示,则搭成该几何体的小立方块有(  )

    A.3块 B.4块 C.6块 D.9块
    9.如图,在五边形ABCDE中,∠A+∠B+∠E=300°,DP,CP分别平分∠EDC、∠BCD,则∠P的度数是( )

    A.60° B.65° C.55° D.50°
    10.点P(4,﹣3)关于原点对称的点所在的象限是(  )
    A.第四象限 B.第三象限 C.第二象限 D.第一象限
    二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)
    11.口袋中装有4个小球,其中红球3个,黄球1个,从中随机摸出两球,都是红球的概率为_________.
    12.计算:.
    13.已知一个正数的平方根是3x-2和5x-6,则这个数是_____.
    14.若有意义,则x 的取值范围是 .
    15.计算:3﹣(﹣2)=____.
    16.如图,△ABC中,DE垂直平分AC交AB于E,∠A=30°,∠ACB=80°,则∠BCE=_____ °.

    17.已知矩形ABCD,AD>AB,以矩形ABCD的一边为边画等腰三角形,使得它的第三个顶点在矩形ABCD的其他边上,则可以画出的不同的等腰三角形的个数为_______________.

    三、解答题(共7小题,满分69分)
    18.(10分)解不等式组.
    19.(5分)近日,深圳市人民政府发布了《深圳市可持续发展规划》,提出了要做可持续发展的全球创新城市的目标,某初中学校了解学生的创新意识,组织了全校学生参加创新能力大赛,从中抽取了部分学生成绩,分为5组:A组50~60;B组60~70;C组70~80;D组80~90;E组90~100,统计后得到如图所示的频数分布直方图(每组含最小值不含最大值)和扇形统计图.抽取学生的总人数是   人,扇形C的圆心角是   °;补全频数直方图;该校共有2200名学生,若成绩在70分以下(不含70分)的学生创新意识不强,有待进一步培养,则该校创新意识不强的学生约有多少人?

    20.(8分)如图,在平行四边形中,的平分线与边相交于点.
    (1)求证;
    (2)若点与点重合,请直接写出四边形是哪种特殊的平行四边形.

    21.(10分)如图,在一个平台远处有一座古塔,小明在平台底部的点C处测得古塔顶部B的仰角为60°,在平台上的点E处测得古塔顶部的仰角为30°.已知平台的纵截面为矩形DCFE,DE=2米,DC=20米,求古塔AB的高(结果保留根号)

    22.(10分)如图1,点O是正方形ABCD两对角线的交点,分别延长OD到点G,OC到点E,使OG=1OD,OE=1OC,然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG,连接AG,DE.

    (1)求证:DE⊥AG;
    (1)正方形ABCD固定,将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角(0°<α<360°)得到正方形OE′F′G′,如图1.
    ①在旋转过程中,当∠OAG′是直角时,求α的度数;
    ②若正方形ABCD的边长为1,在旋转过程中,求AF′长的最大值和此时α的度数,直接写出结果不必说明理由.
    23.(12分)计算:|-2|+2﹣1﹣cos61°﹣(1﹣)1.
    24.(14分)在平面直角坐标系xOy中,点A在x轴的正半轴上,点B的坐标为(0,4),BC平分∠ABO交x轴于点C(2,0).点P是线段AB上一个动点(点P不与点A,B重合),过点P作AB的垂线分别与x轴交于点D,与y轴交于点E,DF平分∠PDO交y轴于点F.设点D的横坐标为t.
    (1)如图1,当0<t<2时,求证:DF∥CB;
    (2)当t<0时,在图2中补全图形,判断直线DF与CB的位置关系,并证明你的结论;
    (3)若点M的坐标为(4,-1),在点P运动的过程中,当△MCE的面积等于△BCO面积的倍时,直接写出此时点E的坐标.




    参考答案

    一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,满分30分)
    1、C
    【解析】
    试题分析:根据旋转的性质知,∠EAC=∠BAD=65°,∠C=∠E=70°.
    如图,设AD⊥BC于点F.则∠AFB=90°,

    ∴在Rt△ABF中,∠B=90°-∠BAD=25°,
    ∴在△ABC中,∠BAC=180°-∠B-∠C=180°-25°-70°=85°,
    即∠BAC的度数为85°.故选C.
    考点: 旋转的性质.
    2、C
    【解析】
    根据有理数的减法,减去一个数等于加上这个数的相反数,可得答案.
    【详解】
    解:,
    故选:C.
    【点睛】
    本题考查了有理数的减法,减去一个数等于加上这个数的相反数.
    3、C
    【解析】
    根据三角形的中位线定理可得DE∥BC,=,即可证得△ADE∽△ABC,根据相似三角形面积的比等于相似比的平方可得=,已知△ADE的面积为1,即可求得S△ABC=1.
    【详解】
    ∵D、E分别是AB、AC的中点,
    ∴DE是△ABC的中位线,
    ∴DE∥BC,=,
    ∴△ADE∽△ABC,
    ∴=()2=,
    ∵△ADE的面积为1,
    ∴S△ABC=1.
    故选C.
    【点睛】
    本题考查了三角形的中位线定理及相似三角形的判定与性质,先证得△ADE∽△ABC,根据相似三角形面积的比等于相似比的平方得到=是解决问题的关键.
    4、B
    【解析】
    试题解析:连接AC,如图,

    ∵AB为直径,
    ∴∠ACB=90°,


    故选B.
    点睛:在同圆或等圆中,同弧或等弧所对的圆周角相等.
    5、A
    【解析】
    分析:由方程根的情况,根据根的判别式可求得c的取值范围,则可求得答案.
    详解:∵关于x的方程x1+1x+c=0没有实数根,∴△<0,即11﹣4c<0,解得:c>1,∴c在1、1、0、﹣3中取值是1.故选A.
    点睛:本题主要考查了根的判别式,熟练掌握一元二次方程根的个数与根的判别式的关系是解题的关键.
    6、C
    【解析】
    分析:主要考查:等腰三角形的三线合一,直角三角形的性质.注意:根据斜边和直角边对应相等可以证明△BDF≌△ADE.
    详解:∵AB=AC,AD⊥BC,∴BD=CD.
    又∵∠BAC=90°,∴BD=AD=CD.
    又∵CE=AF,∴DF=DE,∴Rt△BDF≌Rt△ADE(SAS),
    ∴∠DBF=∠DAE=90°﹣62°=28°.
    故选C.
    点睛:熟练运用等腰直角三角形三线合一性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解答本题的关键.
    7、C
    【解析】
    由切线长定理可求得PA=PB,AC=CE,BD=ED,则可求得答案.
    【详解】
    ∵PA、PB分别切⊙O于点A、B,CD切⊙O于点E,
    ∴PA=PB=6,AC=EC,BD=ED,
    ∴PC+CD+PD=PC+CE+DE+PD=PA+AC+PD+BD=PA+PB=6+6=12,
    即△PCD的周长为12,
    故选:C.
    【点睛】
    本题主要考查切线的性质,利用切线长定理求得PA=PB、AC=CE和BD=ED是解题的关键.
    8、B
    【解析】
    分析:从俯视图中可以看出最底层小正方体的个数及形状,从主视图和左视图可以看出每一层小正方体的层数和个数,从而算出总的个数.
    解答:解:从俯视图可得最底层有3个小正方体,由主视图可得有2层上面一层是1个小正方体,下面有2个小正方体,从左视图上看,后面一层是2个小正方体,前面有1个小正方体,所以此几何体共有四个正方体.
    故选B.
    9、A
    【解析】
    试题分析:根据五边形的内角和等于540°,由∠A+∠B+∠E=300°,可求∠BCD+∠CDE的度数,再根据角平分线的定义可得∠PDC与∠PCD的角度和,进一步求得∠P的度数.
    解:∵五边形的内角和等于540°,∠A+∠B+∠E=300°,
    ∴∠BCD+∠CDE=540°﹣300°=240°,
    ∵∠BCD、∠CDE的平分线在五边形内相交于点O,
    ∴∠PDC+∠PCD=(∠BCD+∠CDE)=120°,
    ∴∠P=180°﹣120°=60°.
    故选A.
    考点:多边形内角与外角;三角形内角和定理.
    10、C
    【解析】
    由题意得点P的坐标为(﹣4,3),根据象限内点的符号特点可得点P1的所在象限.
    【详解】
    ∵设P(4,﹣3)关于原点的对称点是点P1,
    ∴点P1的坐标为(﹣4,3),
    ∴点P1在第二象限.
    故选 C
    【点睛】
    本题主要考查了两点关于原点对称,这两点的横纵坐标均互为相反数;符号为(﹣,+)的点在第二象限.

    二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)
    11、
    【解析】
    先画出树状图,用随意摸出两个球是红球的结果个数除以所有可能的结果个数即可.
    【详解】
    ∵从中随意摸出两个球的所有可能的结果个数是12,
    随意摸出两个球是红球的结果个数是6,
    ∴从中随意摸出两个球的概率=;
    故答案为:.

    【点睛】
    此题考查的是用列表法或树状图法求概率.列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果,适合于两步完成的事件;树状图法适合两步或两步以上完成的事件;解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验.用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之比.
    12、3+
    【解析】
    本题涉及零指数幂、负指数幂、绝对值、特殊角的三角函数值4个考点.在计算时,需要针对每个考点分别进行计算,然后根据实数的运算法则求得计算结果.
    【详解】
    原式=2×+2﹣+1,
    =2+2﹣+1,
    =3+.
    【点睛】
    本题主要考查了实数的综合运算能力,是各地中考题中常见的计算题型.解决此类题目的关键是熟练掌握负整数指数幂、零指数幂、特殊角的三角函数、绝对值等考点的运算
    13、
    【解析】
    试题解析:根据题意,得:
    解得:


    故答案为
    【点睛】
    :一个正数有2个平方根,它们互为相反数.
    14、x≥8
    【解析】

    15、2+2
    【解析】
    根据平面向量的加法法则计算即可.
    【详解】
    3﹣(﹣2)
    =3﹣+2
    =2+2,
    故答案为:2+2,
    【点睛】
    本题考查平面向量,熟练掌握平面向量的加法法则是解题的关键.
    16、1
    【解析】
    根据△ABC中DE垂直平分AC,可求出AE=CE,再根据等腰三角形的性质求出∠ACE=∠A=30°,再根据∠ACB=80°即可解答.
    【详解】
    ∵DE垂直平分AC,∠A=30°,
    ∴AE=CE,∠ACE=∠A=30°,
    ∵∠ACB=80°,
    ∴∠BCE=80°-30°=1°.
    故答案为:1.
    17、8
    【解析】
    根据题意作出图形即可得出答案,
    【详解】
    如图,AD>AB,△CDE1,△ABE2,△ABE3,△BCE4,△CDE5,△ABE6,△ADE7,△CDE8,为等腰三角形,故有8个满足题意得点.

    【点睛】
    此题主要考查矩形的对称性,解题的关键是根据题意作出图形.

    三、解答题(共7小题,满分69分)
    18、x<﹣1.
    【解析】
    分析:
    按照解一元一次不等式组的一般步骤解答即可.
    详解:

    由①得x≤1,
    由②得x<﹣1,
    ∴原不等式组的解集是x<﹣1.
    点睛:“熟练掌握一元一次不等式组的解法”是正确解答本题的关键.
    19、(1)300、144;(2)补全频数分布直方图见解析;(3)该校创新意识不强的学生约有528人.
    【解析】
    (1)由D组频数及其所占比例可得总人数,用360°乘以C组人数所占比例可得;
    (2)用总人数分别乘以A、B组的百分比求得其人数,再用总人数减去A、B、C、D的人数求得E组的人数可得;
    (3)用总人数乘以样本中A、B组的百分比之和可得.
    【详解】
    解:(1)抽取学生的总人数为78÷26%=300人,扇形C的圆心角是360°×=144°,
    故答案为300、144;
    (2)A组人数为300×7%=21人,B组人数为300×17%=51人,
    则E组人数为300﹣(21+51+120+78)=30人,
    补全频数分布直方图如下:

    (3)该校创新意识不强的学生约有2200×(7%+17%)=528人.
    【点睛】
    考查了频数(率)分布直方图:提高读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力.利用统计图获取信息时,必须认真观察、分析、研究统计图,才能作出正确的判断和解决问题.也考查了用样本估计总体.
    20、(1)见解析;(2)菱形.
    【解析】
    (1)根据角平分线的性质可得∠ADE=∠CDE,再由平行线的性质可得AB∥CD,易得AD=AE,从而可证得结论;
    (2)若点与点重合,可证得AD=AB,根据邻边相等的平行四边形是菱形即可作出判断.
    【详解】
    (1)∵DE平分∠ADC,
    ∴∠ADE=∠CDE.
    ∵四边形ABCD是平行四边形,
    ∴AB∥CD,AB=CD,AD=BC,AB=CD.
    ∵∠AED=∠CDE.
    ∴∠ADE=∠AED.
    ∴AD=AE.
    ∴BC=AE.
    ∵AB=AE+EB.
    ∴BE+BC=CD.
    (2)菱形,理由如下:
    由(1)可知,AD=AE,
    ∵点E与B重合,
    ∴AD=AB.
    ∵四边形ABCD是平行四边形
    ∴平行四边形ABCD为菱形.
    【点睛】
    本题考查了平行四边形的性质,平行线的性质,等腰三角形的性质,菱形的性质,熟练掌握各知识是解题的关键.
    21、古塔AB的高为(10+2)米.
    【解析】
    试题分析:延长EF交AB于点G.利用AB表示出EG,AC.让EG-AC=1即可求得AB长.
    试题解析:如图,延长EF交AB于点G.

    设AB=x米,则BG=AB﹣2=(x﹣2)米.
    则EG=(AB﹣2)÷tan∠BEG=(x﹣2),CA=AB÷tan∠ACB=x.
    则CD=EG﹣AC=(x﹣2)﹣x=1.
    解可得:x=10+2.
    答:古塔AB的高为(10+2)米.
    22、(1)见解析;(1)30°或150°,的长最大值为,此时.
    【解析】
    (1)延长ED交AG于点H,易证△AOG≌△DOE,得到∠AGO=∠DEO,然后运用等量代换证明∠AHE=90°即可;
    (1)①在旋转过程中,∠OAG′成为直角有两种情况:α由0°增大到90°过程中,当∠OAG′=90°时,α=30°,α由90°增大到180°过程中,当∠OAG′=90°时,α=150°;
    ②当旋转到A、O、F′在一条直线上时,AF′的长最大,AF′=AO+OF′=+1,此时α=315°.
    【详解】
    (1)如图1,延长ED交AG于点H,

    ∵点O是正方形ABCD两对角线的交点,
    ∴OA=OD,OA⊥OD,
    ∵OG=OE,
    在△AOG和△DOE中,

    ∴△AOG≌△DOE,
    ∴∠AGO=∠DEO,
    ∵∠AGO+∠GAO=90°,
    ∴∠GAO+∠DEO=90°,
    ∴∠AHE=90°,
    即DE⊥AG;
    (1)①在旋转过程中,∠OAG′成为直角有两种情况:
    (Ⅰ)α由0°增大到90°过程中,当∠OAG′=90°时,
    ∵OA=OD=OG=OG′,
    ∴在Rt△OAG′中,sin∠AG′O==,
    ∴∠AG′O=30°,
    ∵OA⊥OD,OA⊥AG′,
    ∴OD∥AG′,
    ∴∠DOG′=∠AG′O=30°∘,
    即α=30°;

    (Ⅱ)α由90°增大到180°过程中,当∠OAG′=90°时,
    同理可求∠BOG′=30°,
    ∴α=180°−30°=150°.
    综上所述,当∠OAG′=90°时,α=30°或150°.
    ②如图3,当旋转到A. O、F′在一条直线上时,AF′的长最大,

    ∵正方形ABCD的边长为1,
    ∴OA=OD=OC=OB=,
    ∵OG=1OD,
    ∴OG′=OG=,
    ∴OF′=1,
    ∴AF′=AO+OF′=+1,
    ∵∠COE′=45°,
    ∴此时α=315°.
    【点睛】
    本题考查的是正方形的性质、旋转变换的性质以及锐角三角函数的定义,掌握正方形的四条边相等、四个角相等,旋转变换的性质是解题的关键,注意特殊角的三角函数值的应用.
    23、1-
    【解析】
    利用零指数幂和绝对值的性质、特殊角的三角函数值、负指数次幂的性质进行计算即可.
    【详解】
    解:原式=.
    【点睛】
    本题考查了零指数幂和绝对值的性质、特殊角的三角函数值、负指数次幂的性质,熟练掌握性质及定义是解题的关键.
    24、(1)详见解析;(2)详见解析;(3)详见解析.
    【解析】
    (1)求出∠PBO+∠PDO=180°,根据角平分线定义得出∠CBO=∠PBO,∠ODF=∠PDO,求出∠CBO+∠ODF=90°,求出∠CBO=∠DFO,根据平行线的性质得出即可;
    (2)求出∠ABO=∠PDA,根据角平分线定义得出∠CBO=∠ABO,∠CDQ=∠PDO,求出∠CBO=∠CDQ,推出∠CDQ+∠DCQ=90°,求出∠CQD=90°,根据垂直定义得出即可;
    (3)分为两种情况:根据三角形面积公式求出即可.
    【详解】
    (1)证明:如图1.
    ∵在平面直角坐标系xOy中,点A在x轴的正半轴上,点B的坐标为(0,4),
    ∴∠AOB=90°.
    ∵DP⊥AB于点P,
    ∴∠DPB=90°,
    ∵在四边形DPBO中,∠DPB+∠PBO+∠BOD+∠PDO=360°,
    ∴∠PBO+∠PDO=180°,
    ∵BC平分∠ABO,DF平分∠PDO,
    ∴∠CBO=∠PBO,∠ODF=∠PDO,
    ∴∠CBO+∠ODF=(∠PBO+∠PDO)=90°,
    ∵在△FDO中,∠OFD+∠ODF=90°,
    ∴∠CBO=∠DFO,
    ∴DF∥CB. 
    (2)直线DF与CB的位置关系是:DF⊥CB,
    证明:延长DF交CB于点Q,如图2,

    ∵在△ABO中,∠AOB=90°,
    ∴∠BAO+∠ABO=90°,
    ∵在△APD中,∠APD=90°,
    ∴∠PAD+∠PDA=90°,
    ∴∠ABO=∠PDA,
    ∵BC平分∠ABO,DF平分∠PDO,
    ∴∠CBO=∠ABO,∠CDQ=∠PDO,
    ∴∠CBO=∠CDQ,∵在△CBO中,∠CBO+∠BCO=90°,
    ∴∠CDQ+∠DCQ=90°,
    ∴在△QCD中,∠CQD=90°,
    ∴DF⊥CB. 
    (3)解:过M作MN⊥y轴于N,
    ∵M(4,-1),
    ∴MN=4,ON=1,
    当E在y轴的正半轴上时,如图3,

    ∵△MCE的面积等于△BCO面积的倍时,
    ∴×2×OE+×(2+4)×1-×4×(1+OE)=××2×4,
    解得:OE=,
    当E在y轴的负半轴上时,如图4,

    ×(2+4)×1+×(OE-1)×4-×2×OE=××2×4,
    解得:OE=,
    即E的坐标是(0,)或(0,-).
    【点睛】
    本题考查了平行线的性质和判定,三角形内角和定理,坐标与图形性质,三角形的面积的应用,题目综合性比较强,有一定的难度.

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